Практикум по решению задач планиметрии

Министерство образования Российской Федерации
Учебное пособие
«Решение задач
планиметрии. Практикум».
Автор:
Адрес учреждения:
Научный руководитель:
Евграфова Юлия Николаевна
г. Комсомольск – на – Амуре,
ул. Московская 22-25, тел. 25-68-22
ученица 10 А класса МОУ Лицей № 1
г. Комсомольск – на – Амуре,
ул. Пирогова, 21, тел. 59-82-60
Будлянская Наталья Леонидовна
г. Комсомольск – на – Амуре,
ул. Вокзальная 72-71, тел. 59-95-03
преподаватель математики
2008 г.
-1-
Тезисы к работе
«Решение задач планиметрии. Практикум».
Многие мои сверстники не любят и боятся
задач по планиметрии, а между тем они очень
разнообразны, интересны и многие даже
красивы. Надо только знать хорошо весь
теоретический материал и владеть некоторыми
приемами в подходах к решению такими, как
выражение площади фигуры различными
способами,
выполнение
дополнительных
построений, использование тригонометрических
функций, алгебраического аппарата и так далее.
Наиболее интересными, на мой взгляд,
задачами являются такие, которые допускают
многообразие способов их решения. И в этом
плане мне понравились задачи, помещенные в
сборнике Министерства образования «Единый
государственный экзамен» 2003 – 2004 гг. Я
создала к этой главе сборника своеобразный
решебник, представив к большинству задач по
2-3 способа их решения и думаю, что мое
пособие будет интересным и полезным в работе
не только ученикам, но и учителям,
осуществляющим подготовку их к экзаменам.
Надеюсь, что вы со мною согласитесь.
-2-
Основные факты планиметрии.
I. Треугольники
1) Теорема синусов.
В треугольнике стороны пропорциональны синусам противолежащих
углов.
В
а
a  b
SinA SinB
b
А

c 
2R
SinC
С
c
2) Теорема косинусов.
В треугольнике квадрат одной стороны равен сумме квадратов двух других
сторон без удвоенного произведения этих сторон на косинус угла между
ними.
В
a b  c  2bcCosA
 СosA b  c  a
2bc
2
2
2
2
а
b
А
с
С
2

2
Примечание. Если CosA  0, то  А – острый, если CosА = 0, то
 А – прямой, если CosA  0, то  А – тупой.
3) Теорема о биссектрисе угла в треугольнике.
Биссектриса угла треугольника делит его сторону на части,
пропорциональные прилежащим сторонам.
В
BD
DC
D
А
С

AB
AC
4) Вычисление биссектрисы угла.
В
2 АВ АС Сos
А
С
АА 
1
AB  AC
A
2
-35) Вычисление координаты точки отрезка.
С
В
А
х
С

х    х , где   АС
1 
ВС
А
или
В
х
С

х    х , где   ВС
1 
АС
В
А
6) Теорема о медианах.
В треугольнике медианы пересекаются в одной точке и делятся в
отношении 2:1, считая от вершины.
В
С
АО
ОА
А
1
1
 ОВ  ОС 
ОВ ОС
1
А
1
1
2
1
С
В
1
7) Вычисление длины медианы треугольника
С
m  2b  2c a
4
2
с ma
А
а
2
a
В
b
2
2
8) Теорема о высоте прямоугольного треугольника.
С
b
А
h  a  b , где
2
a
c
D
c
В
c
a =DB – проекция катета а
c
на гипотенузу с, bc =АD – проекция
катета b на гипотенузу с.
2
2
b  bc  c , a  ac  c
9) Теорема о центре вписанной окружности.
В
Центр вписанной окружности лежит на
пересечении биссектрис треугольника.
А
С
-4-
10) Теорема о центре описанной окружности.
Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных
Перпендикуляров к сторонам треугольника.
 Центр описанной окружности в остроугольном треугольнике лежит
внутри треугольника;
 Центр описанной окружности в тупоугольном треугольнике лежит вне
треугольника;
 Центр описанной окружности в прямоугольном треугольнике лежит на
середине гипотенузы.
11) Тригонометрические функции в прямоугольном
треугольнике.
А
SinA
с
b
С
В
a,
b
a
CosA , tgA ,
c
c
b
b
ctgA
a
а
12) Площадь треугольника.
1
2
1
б) S  abSinC ;
2
а) S  ah ;
в) S  p( p a)( p b)( p c) , где p  a b  c ;
2
abc , где R – радиус описанной окружности;
4R
д) S 2R Sin Sin Sin ;
1
е) S  Pr , где r радиус вписанной окружности, Р – периметр
2
г) S 
2
треугольника;
ж) S  a
2
4
3
- площадь равностороннего треугольника;
-5-
13) Теорема об отношении площадей треугольников, имеющих
равный угол.
В
В
1
А
С
С
А
1
1
Площади относятся как произведение сторон, заключающих
А А , то
равные углы, то есть если
1
S ABC
S A B C
1
1

1
AB AC .
A B A C
1
1
1
1
14) Теорема об отношении площадей подобных треугольников.
В
В
1
А
С
С
А
1
1
S АВС
 K , где К – коэффициент подобия.
S A B C
Р   АВ
Примечание:
К
Р
АВ
2
1
1
1
1
1
1
14) Теорема Чевы.
Если три чевианы пересеклись в одной точке, то
АВ  СА  ВС 
1
ВС АВ С А
1
1
1
1
1
1
В
ВВ , СС1 , АА - чевианы.
1
А
С
1
1
А
В
1
С
1
-6-
II. Четырехугольники
1) Параллелограмм.
В
а

h
С
b
D
А
В
площадь
параллелограмма АВСD
S  ah
S  abSin
С
1
S   d  d  Sin
2
а
A
2) Ромб.
1
D
где
S
В
А
С
2
d и d - диагонали параллелограмма АВСD
1
2
d  d , где и - диагонали ромба АВСD
d1 d 2
2
1
2
S a  Sin , где а – сторона ромба
2
D
3) Трапеция.
B
b C
S  1 (a b)h
2
S l  h , где l - средняя линия трапеции
cp
cp
A
а
D
4) Свойства описанного четырехугольника.
b
В любом описанном четырехугольнике суммы противо положных сторон равны:
a  b b  d
cс
a
d
5) Свойства вписанного четырехугольника.
В любом вписанном четырехугольнике сумма
противоположных углов равна180 :
1234180

6) Площадь любого четырехугольника, у которого диагонали
перпендикулярны, выражается формулой:
В
А
С
D
d  d , где и - диагонали
S
d1 d 2
2
1
2
четырехугольника АВСD.
-77) Правильные многоугольники.

180 - сторона правильного многоугольника,

2
R

Sin
а
n
n
где R – радиус описанной окружности;
180
а  2r tg
n

- сторона правильного многоугольника, где – r радиус
n
вписанной окружности;
III. Окружность.
1)
В
С
1
 АВС=  АС;
2
центральный,  ADC=  АС.
 АВС
– вписанный,
 ADC
–
А
2)
C
Углы, опирающиеся на диаметр прямые.
D
B
АВ – диаметр,
A
 АСВ
=  ADB = 90
3)
D
DH  AH HB
AD  AH  AB
DB  HB AB
2
A
B
2
2
4) Теорема об отрезках пересекающихся хорд.
С
ALLB  DLLC
А
B
D
-85)
l
l – касательная, r – радиус
l  r и наоборот.
В
6)
А
АВ = ВС, АВ и ВС - касательные
С
В
7)
А
С
АВ  ВLBC , где АВ - касательная
2
L
С
8)
В
А
9)
A
ВС – касательная,
 CFD=
B
1
2
 СВА
=
(С D   AB)
C
D
10)
A
D
B
D
C
K
=
1
(С К   AB)
2
1
 ВА
2
-9-
Решение задач по планиметрии. Практикум.
Задача 1. В окружность радиуса
8 3
3
вписан правильный
треугольник АВС. Хорда BD пересекает сторону AC в
точке Е, АЕ : ЕС =3 : 5. Найдите ВЕ.
В
Дано:
 АВС – равносторонний,
BD  АС=Е, АЕ : ЕС =3 : 5
R=
8 3
3
Найти: ВЕ
А
С
D
Решение:
Способ первый.
1) Так как  АВС равносторонний, то все его углы равны по 60 , т. е.

АВ С 60 , и все стороны равны, т.е. АВ = ВС = АС = R 3
(сторона правильного многоугольника вычисляется по формуле:


180
180
3
, n 3, an  2 RSin
an  2 R Sin
 2 RSin60  2 R
 R 3 ).
n
3
2

Следовательно, АВ = ВС = АС =
8 3
 3  8.
3
2) Поскольку АЕ : ЕС =3 : 5, то АЕ=3х, ЕС=5х. Так как АС=8,
АС=АЕ + ЕС =8х, то 8 = 8х, откуда х = 1, значит АЕ=3, ЕС=5.
3) Рассмотрим  ЕВС. По теореме косинусов найдем искомую сторону ВЕ.
ВЕ  ВС  ЕС  2ВСЕСCos60
ВЕ  8  5  285Cos60  64 25800,5  89 40  49 , отсюда
2
2
2
2

2
2
ВЕ=7.
Ответ: ВЕ=7.

-10Способ второй.
Решение:
1) Так как  АВС равносторонний, то все его углы равны по 60 , т. е.

АВ С 60 , и все стороны равны, т.е. АВ = ВС = АС = R 3 =8.
2) Поскольку АЕ : ЕС =3 : 5, то АЕ=3х, ЕС=5х. Так как АС = 8,
АС=АЕ + ЕС =8х, то 8 = 8х, откуда х = 1, значит АЕ = 3, ЕС = 5.
3) В  АВС приведем высоту ВН, причем ВН будет являться высотой и
медианой, т.к.  АВС – равносторонний, т.е. АН = НС = 4 (АС = 2НС=8,
отсюда НС=4). Рассмотрим  ВНС.  ВНС – прямоугольный, поэтому по
теореме Пифагора
ВН
2

ВС
2
 НС
2
, ВН  6416  48 4 3.
4) Рассмотрим  ВНЕ.  ВНЕ – прямоугольный, ВН = 4 3 ,
ЕН = ЕС – НС = 5 – 4 = 1. Тогда по теореме Пифагора
ВЕ  ВН
2
Ответ: ВЕ = 7.
2
 ЕН
2
, ВЕ  481 49 7.
-11Задача 2. Около равнобедренного треугольника с основанием
АС и углом при основании 75 описана окружность с
центром О. Найдите её радиус, если площадь
треугольника ВОС равна 16.
В
Дано:
 АВС – равнобедренный,
 А= 75 , S BOC  16,
ВО=ОС=R
Найти: R
А
С
Решение:
1) Так как  А – вписанный и по условию равен 75 , то дуга ВС, на
которую он опирается, равна 150 (по определению вписанного угла).
На эту же дугу ВС опирается центральный угол ВОС, тогда
 ВОС = 150 .
2) Рассмотрим  ВОС.  ВОС – равнобедренный (ВО = ОС как радиусы
одной окружности),  ВОС = 150 , тогда S BOC  1 RRSin150 ,
2

1 2
1 2
1 2 1 1 2


S BOC  2 R  Sin(180  150 )  2 R  Sin30  2 R  2  4 R .
S
1
BOC
16 , тогда 16 = 4 R
2
, отсюда
R  64 , R =
2
удовлетворяет условию задачи, поэтому R = 8.
Ответ: R = 8.
По условию
 8, но R = -8 не
-12Задача 3. Из точки А, лежащей на окружности, проведены две
хорды, равные 7 и 15. Найдите диаметр окружности,
если расстояние между серединами хорд равно 10.
А
Дано:
АВ=15, АС=7
АЕ=ЕВ, AL=LC, EL=10
Найти: 2R
В
С
Решение:
Способ первый.
1) Выполним дополнительное построение: соединим точки Е и L, В и С и
рассмотрим  АВС. В  АВС EL – средняя линия, так как по условию
соединяет середины отрезков АВ и АС. Тогда по теореме о средней
1
2
линии EL = ВС, следовательно, ВС =20.
2) С одной стороны,
S
ABC
есть S ABC  21 14  6 1
S
ABC

p( p  a)( p  b)( p  c) , где p 


7  15  20
 21 , то
2
7  2  3  42 . С другой стороны,
2
2
2
abc
7  15  20
525
 12,5 , тогда 2R = 25.
, или 42 
, отсюда R 
4R
4R
42
Ответ: 2R = 25.
-13Способ второй.
Решение:
1) Выполним дополнительное построение: соединим точки Е и L, В и С и
рассмотрим  АВС. В  АВС EL – средняя линия, так как по условию
соединяет середины отрезков АВ и АС. Тогда по определению средней
1
2
линии EL = ВС, следовательно, ВС =20.
225  49  400
3
  . Sin2 A  1 Cos 2 A ,
2  7  15
5
4
тогда Sin2 A  1  9  16 , отсюда SinА = .
5
25 25
ВС
20  5
 2 R или
 2R ,
3) Из следствия теоремы синусов известно, что
SinA
4
2) По теореме косинусов CosA 
откуда 2R = 25.
Ответ: 2R = 25.
-14Задача 4. Найдите радиус окружности, вписанной в
остроугольный треугольник АВС, если высота ВН
равна 12 и известно, что Sin A = 12 , Sin C = 4 .
13
В
5
Дано:
 АВС – остроугольный,
ВН=12, Sin A  12 , Sin C  4
13
5
Найти: r
А
С
Н
Решение:
SinA 
BH
12

,
AB AB
2)  ВНС - прямоугольный, так как ВН – высота, поэтому SinC 
BH
12

,
BC BC
1)  АНВ – прямоугольный, так как ВН – высота, поэтому
SinA 
12
12 12

по условию, тогда
,откуда АВ =13.
13
13 AB
4
4 12
по условию, тогда 
, откуда ВС = 15.
5
5 BC
3)  АНВ: по теореме Пифагора АН  АВ 2  ВН 2 , АН  169  144  25  5 .
SinC 
4)  ВНС: по теореме Пифагора НС

ВС  ВН ,
2
2
НС  225  144  81  9 .
5) АС = АН + НС , АС =5 + 9 = 14.
6) С одной стороны,
S
ABC

1
АС  ВН ,
2
S
ABC
1
 14  12  84 , с другой стороны,
2
1
P  r , где Р – периметр, Р = АВ + ВС + АС =13 + 15 +14 = 42. Тогда
2
1
S ABC  2  42  r  21  r и 21 r  84 , откуда r = 4.
S
ABC

Ответ: r = 4.
-15Задача 5. В равнобедренный треугольник РМК с основанием
МК вписана окружность с радиусом 2 3 . Высота РН
делится точкой пересечения с окружностью в
отношении1 : 2, считая от вершины Р. Найдите
периметр треугольника РМК.
Дано:
Р
 РМК – равнобедренный,
r = 2 3 , РЕ : ЕН = 1 : 2
А
В
РН - высота
Найти: РРМК
М
К
Н
Решение:
Способ первый.
1) ЕО = ОН = ОВ = ОА= 2 3 как радиусы одной окружности, причем
ОВ и ОА – радиусы, проведенные в точки касания отрезков МР и РК с
окружностью.
2) ЕН = ЕО + ОН = 4 3 ,
РЕ 1
 по условию, откуда 2РЕ = ЕН, РЕ = 2 3
ЕН 2
3)  РВО =  РАО по катету и гипотенузе (РО – общая гипотенуза, АО = ОВ),
тогда и РА = РВ. По теореме Пифагора РВ2  РО2  ОВ 2 ,
2
2
РВ  (4 3)  (2 3)  481236 , тогда РВ = РА = 6.
2
4) Пусть РК = РМ = х, тогда ВК = АМ = х – 6. Но ВК = НК, АМ = МН, как
отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности.
2
2
 РНК: по теореме Пифагора РК 2  РН 2  НК 2 , или х2  ( х 6)  (6 3) ,
х  х 12 х 36108 , 14412 х 0 , откуда х =12. Тогда РК = РМ= 12,
2
2
МК = МН + НК = 2 НК (так как  РМК – равнобедренный, РН – высота и
медиана), или МК = 2х – 12 = 12.
5) РМРК  МР  РК  МК ,
РМРК  12  12  12  36 .
Ответ: РМРК  36 .
-16Способ второй.
Решение:
1) ЕО = ОН = ОВ = ОА= 2 3 как радиусы одной окружности, причем
ОВ и ОА – радиусы, проведенные в точки касания МР и РК с окружностью.
РЕ 1
 по условию, откуда 2РЕ = ЕН, РЕ = 2 3 ,
ЕН 2
тогда РО = РЕ + ЕО = 2 3 + 2 3 = 4 3 , РН = РО + ЕН = 4 3 + 2 3 = 6 3 .
2) ЕН = ЕО + ОН = 4 3 ,
3)  РВО =  РАО по катету и гипотенузе (РО – общая гипотенуза, АО = ОВ),
тогда и РА = РВ и  ОРВ =  ОРА.  РВО: SinOPB 
 ОРВ =  ОРА =
4)  РНК : CosHPK 
OB 2 3 1

 , значит,
PO 4 3 2

30 .
PH 6 3

,  НРК =  ОРВ =
PK
PK


30 , Cos30 
3
, значит,
2
6 3
3

, откуда РК = РМ = 12.
РК
2
5)  РКМ =  РМК =

60




(из  РНК :180  90  30  60 ), как углы при
основании равнобедренного треугольника. Тогда  МРК =





60 (из 
РМК:
180  60  60  60 ), следовательно,  РНК – равносторонний и МК=12.
6)
Р
МРК
 МР  РК  МК ,
Ответ: РМРК  36 .
Р
МРК
 12  12  12  36 .
-17Задача 6. Один из катетов прямоугольного треугольника равен
15, а проекция второго катета на гипотенузу равна 16.
Найдите диаметр окружности, описанной около
этого треугольника.
С
Дано:
 АВС – прямоугольный,
СВ = 15, АН = 16
Найти: 2R
А
Н
В
Решение:
1) По теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике
2
АС  АВ  АН , АС  16 АВ  4 АВ .
2) По теореме Пифагора
2
2
2
АВ  АС  ВС ,
2
АВ  (4 АВ )  225 ,
2
АВ  16 АВ  225 .
2
Пусть АВ = х, тогда
х 16 х  225  0
2
D
 64  225  289
4
х1  8  17  25 , х2  8  17  9 ,
- не удовлетворяет условию задачи, поэтому АВ=25.
АВ=2R, так как гипотенуза прямоугольного треугольника есть диаметр
описанной около этого треугольника окружности.
х
2
Ответ: 2R=25.
-18Задача 7. Найдите диаметр окружности, описанной около
прямоугольного треугольника, если один из его
катетов равен 20, а проекция другого катета на
гипотенузу равна 9.
С
Дано:
 АВС – прямоугольный,
АС = 20, НВ = 9
Найти: 2R
А
Н
В
Решение:
1) По теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике
АВС СВ2  АВ НВ , СВ  9 АВ  3 АВ .
2) По теореме Пифагора
2
2
2
АВ  АС  ВС ,
2
АВ  (3 АВ )  400 ,
2
АВ  9 АВ  400 .
2
Пусть АВ = х, тогда
х  9 х  400  0
2
D  81  1600  1681
9  41
9  41
х1  2  25 , х2  2  32 ,
- не удовлетворяет условию задачи, поэтому АВ=25.
АВ=2R, так как центр описанной около прямоугольного треугольника
окружности лежит на середине гипотенузы этой окружности
х
2
Ответ: 2R=25.
-19Задача 8. В равнобедренный треугольник АВС вписана
окружность. Параллельно его основанию АС
проведена касательная к окружности, пересекающая
боковые стороны в точках D и Е. Найдите радиус
окружности, если DE = 8, АС = 18.
В
Дано:
 АВС – равнобедренный,
D
DE АС, DE = 8, АС = 18,
Найти: r
E
А
С
Решение:
Способ первый.
1) АDЕС – равнобедренная трапеция, описанная около окружности. По
свойству описанного четырехугольника DЕ + АС = АD + ЕС, причем
АD = ЕС. Получим: 8+18=2АD, отсюда АD = ЕС = 13.
2) Пусть х = DВ = ВЕ, тогда АВ=ВС = х+13.  DBE подобен  ABC по
второму признаку подобия (  В – общий,
DВ ВЕ

). Тогда их площади
АВ ВС
относятся как произведения сторон, заключающих равные углы, и это
отношение равно квадрату коэффициента подобия:
S
S
DBE
АВС

DВ  ВЕ
,
АВ  ВС
ДВ  ВЕ

АВ  ВС
64(13 х)  324 х :4
16(169 26 х  х )  81х
2704 416 х 16 х  81х
65х  416 х  27040
2
х ,
(13 х)
2
х
(13 х)
2
2
2

DЕ
АС
2
2

64 ,
324
2
2
2
2
2
2
D
 219024 ,
4
х
1

208  468
 10,4 ,
65
х

2
208  468
 4 ,
65
- не удовлетворяет условию задачи, поэтому ВЕ = ВD=10,4.
Итак, ВЕ = ВD=10,4, АВ=ВС=23,4.
х
2
3)
Р
S
Р
 32,4 . С одной стороны,
2
 32,4  (32,4  18)(32,4  23,4)(32,4  23,4)  32,4  14,4  9  9  194,4 . С
ABC
АВС
 АС  АВ  ВС  18  23,4  23,4  64,8 ,
другой стороны,
откуда r = 6.
Ответ: r = 6.
S
АВС

1
Р  r или
2
S
АВС
 32,4  r , тогда 194,4  32,4  r ,
-20Способ второй.
В
D
E
А
С
K
Решение:
1) АDЕС – равнобедренная трапеция, описанная около окружности (т.к.
DЕ АС и DЕ, АС, АD и ЕС – касательные к окружности). По
свойству описанного четырехугольника DЕ + АС = АD + ЕС, причем
АD = ЕС. Получим: 8+18=2 АD, отсюда АD = ЕС = 13.
2) Выполним дополнительное построение: проведем ЕК АD, тогда
АDЕК – параллелограмм, значит АD = ЕК = 13, DЕ = АК (по свойству
параллелограмма), тогда КС = АС – АК=18 – 8 = 10.
3)
Р
 18 .
2
С одной стороны, S КЕС  18  (18  10)(18  13)(18  13)  9  2  2  4  5  5  60 ,
Р
КЕС
 КЕ  ЕС  КС ,
с другой стороны,
S
Р
KEC
КЕС

 13  13  10  36 ,
1
KC  h или
2
S
KEC
1
1
 10  h . Тогда 10  h  60 ,
2
2
откуда h=12.
4) Так как высоты трапеции АDЕС и треугольника КЕС совпадают, то
h = 2r, r = 6.
Ответ: r = 6.
-21Способ третий.
В
D
E
Q
S
А
С
K H
Решение:
2) АДЕС – равнобедренная трапеция, описанная около окружности (т.к.
ДЕ АС и ДЕ, АС, АД и ЕС – касательные к окружности). По
свойству описанного четырехугольника ДЕ + АС = АД + ЕС, причем
АД = ЕС. Получим: 8+18=2 АД, отсюда АД = ЕС = 13.
3) Выполним дополнительное построение: проведем высоту ВН и отрезок
DK, DK  АС.
4) Так как  АВС – равнобедренный, ВН – высота, то ВН и медиана.
Тогда АН = НС = 9.
5) АН = АQ=9 и НС = ЕС = 9, DQ = DL = 4 и LE = ES = 4
(DQ = AD – AQ = 13 – 9), как отрезки касательных, проведенных из
одной точки к окружности, где Q и S – точки касания АВ и ВС с
окружностью.
6) DL = KH = 4, DK = LH как противоположные стороны прямоугольника
KDLH.
7) Рассмотрим  ADK. АК = АН – КН = 9 – 4 = 5, АD = 13. По следствию
из теоремы Пифагора DK 2  AD2  AK 2 , DK 2  169  25  144 , отсюда
DK= LH = 12, причем LH=2r, тогда r = 6.
Ответ: r = 6.
-22Задача 9. В равнобедренный треугольник АВС с основанием
АС вписана окружность с центром О. Луч СО
пересекает сторону АВ в точке К, причем АК = 6,
ВК = 12. Найдите периметр треугольника.
Способ первый.
В
Дано:
 АВС, АВ = ВС
АК = 6, ВК = 12, СО  АВ = К
К
Найти: РАВС
А
С
Решение:
1) Так как окружность вписана, и О КС (О – центр вписанной
окружности), то КС – биссектриса угла С. По свойству биссектрисы
(биссектриса делит сторону треугольника на части, пропорциональные
прилежащим сторонам)
АК АС
6
АС

, или 
КВ ВС
12 18
(АВ = ВС = АК + КВ = 6+12 = 18), отсюда АС = 9.
2) РАВС = АВ + ВС + АС, РАВС = 18 + 18 + 9 = 45.
Ответ: РАВС = 45.
Способ второй.
Решение:
Так как СК – биссектриса угла С, то по теореме об отношении площадей
треугольников S BKC 
S
равно
AKC
ВС  КС ВС
18


. С другой стороны, это отношение
КС  АС АС АС
ВК 12

 2 (как отношение площадей треугольников, имеющих
АК
6
одинаковую высоту, опущенную из вершины угла С).
Итак,
18
 2 , откуда АС = 9 и
АС
Ответ: РАВС = 45.
Р
АВС
= 45.
-23Задача 10. Около треугольника АВС описана окружность.
Медиана треугольника АМ продлена до пересечения
с окружностью в точке К. Найдите сторону АС, если
АМ=18, МК=8, ВК=10.
Дано:
В
 АВС, АМ – медиана,
К
А
АМ =18, МК = 8, ВК = 10
Найти: АС
С
Решение:
Способ первый.
1) Рассмотрим  ВМК и  АМС.  ВМК =  АМС, как вертикальные,
 КВС =  КАС, как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу КС.
Тогда  ВМК и  АМС подобны по первому признаку подобия.
2) Из подобия треугольников следует, что
ВК МК ВМ
8
ВМ



или
, но
АС МС АМ
МС
18
8
МС

,
МС
18
МС  144 , МС  12, МС  12 -
ВМ = МС по условию, тогда
2
не удовлетворяет условию задачи, поэтому МС = 12. Тогда
отсюда АС = 15.
Ответ: АС = 15.
10
8
 ,
АС 12
-24Способ второй.
Решение:
1) По теореме о пересекающихся хордах АМ  МК  ВМ  МС , 18 8  ВМ  МС ,
но ВМ = МС по условию (АМ – медиана), тогда МС 2  144 , отсюда
ВМ = МС=12.
2) Рассмотрим  ВМК и  АМС.  ВМК =  АМС, как вертикальные,
ВМ = МС по условию.  КВС =  КАС, как вписанные углы,
опирающиеся на одну дугу КС. Тогда,  ВМК и  АМС подобны по
первому признаку подобия.
3) Из подобия треугольников следует, что
АС = 15.
Ответ: АС = 15.
ВК МК

,
АС МС
10
8
 , отсюда
АС 12
-25Задача 11. Дан ромб ABCD. Окружность, описанная около
треугольника ABD, пересекает большую диагональ
ромба АС в точке Е. Найдите СЕ, если АВ = 8 5 ,
BD = 16.
А
Дано:
ABCD – ромб,
АВ = 8 5 , BD = 16
Найти: СЕ
В
D
С
Решение:
Способ первый.
1) По свойству ромба диагонали в точке пересечения делятся пополам,
поэтому ВО = ОD = 8.
2) Рассмотрим  АОВ.  АОВ – прямоугольный, поэтому по следствию из
2
теоремы Пифагора АО 2  АВ 2  ОВ 2 или АО2  (8 5)  64  256 ,
отсюда АО = ОС=16, АС = АО + ОС = 32.
1
1
DB  AO или S DAB  16  16  128 , с другой
2
2
AD  AB  DB
стороны S DAB 
, где R – радиус описанной окружности,
4R
8 5  8 5  16
5120
. Тогда 128 
, отсюда R = 10.
S DAB 
4R
4R
3) С одной стороны,
S
DAB

4) АЕ – диаметр окружности, АЕ = 2R = 20, АС = АО + ОС = 32, тогда
СЕ = АС – АЕ = 32 – 20 = 12.
Ответ: СЕ = 12.
-26Способ второй.
Решение:
1) Рассмотрим  АDB.  АDB – равнобедренный (AD = AB, как стороны
ромба), АО – высота (поскольку диагонали ромба взаимно
перпендикулярны), а, значит, и медиана и биссектриса (по теореме о
высоте равнобедренного треугольника). По формуле нахождения
медианы треугольника АО 2  2 АВ
2
2
2
 2 AD  BD
2
2
,
4
2(8 5 )  2(8 5 )  16  640 640 256 
АО
256 , откуда АО = 16.
4
4
2
2

1
1
DB  AO или S DAB  16  16  128 , с другой
2
2
AD  AB  DB
стороны S DAB 
, где R – радиус описанной окружности,
4R
8 5  8 5  16
5120
. Тогда 128 
, отсюда R = 10.
S DAB 
4R
4R
2) С одной стороны,
S
DAB

3) АЕ – диаметр окружности, АЕ = 2R = 20, АС = АО + ОС = 32, тогда
СЕ = АС – АЕ = 32 – 20 = 12.
Ответ: СЕ = 12.
Способ третий.
Решение:
5) 1) По свойству ромба диагонали в точке пересечения делятся пополам,
поэтому ВО = ОD = 8.
6) Рассмотрим  АОВ.  АОВ – прямоугольный, поэтому по следствию из
2
теоремы Пифагора АО 2  АВ 2  ОВ 2 или АО2  (8 5)  64  256 ,
отсюда АО = ОС=16, АС = АО + ОС = 32.
3) По теореме о пересекающихся хордах АО  ОЕ  DO  OB , отсюда
ОЕ 
64
 4 . Тогда СЕ = СО – ОЕ = 16 – 4 = 12.
16
Ответ: СЕ = 12.
-27Задача 12. В окружность радиуса 4 3 вписан треугольник АВС,
в котором А  60 , а сторона АВ в два раза больше
стороны АС. В треугольнике проведена
биссектриса АМ. Найти длину отрезка МС.
Дано:
С
 АВС, R = 4 3 , А  60 ,
АВ = 2 АС, АМ – биссектриса
Найти: МС
А
В
Решение:
Способ первый.
1) Поскольку АМ – биссектриса  АВС, то по свойству биссектрисы угла
МС АС
МС
АС
МС 1


 , отсюда ВМ = 2МС, тогда ВС = 3МС
или
или
ВМ
АВ
ВМ 2 АС
ВМ 2
1
или МС = ВС.
3
3
 12 .
2) По следствию из теоремы синусов BC 
, отсюда ВС  2  4 3 
2R
2
Sin60

Тогда МС =
1
 12 = 4.
3
Ответ: МС = 4.
-28Решение:
Способ второй.
1) Докажем, что  АВС – прямоугольный. По теореме косинусов
ВС
2

АС
2
АВ  2 AC  ABCos60

2

1 
5 AC  2 AC  3 AC . Предположим
2
справедливость равенства: АВ 2  ВС2  АС 2 , 4 АС 2  3АС 2  АС 2 ,
2
2
2
4 АС  4 АС - верное равенство, следовательно, АВ  ВС  АС
ВС  АС  4 АC  2 AC 2 AC 
2
2
2
2
2
2
2
2
и  АВС – прямоугольный.
2) Так как  АВС – прямоугольный, АВ – гипотенуза, то АВ = 2R = 8 3
(поскольку центр описанной окружности лежит на середине
1
2
гипотенузы, т.е. АВ – диаметр). АС  АВ по условию, тогда
АС = 4 3 . По следствию из теоремы Пифагора ВС 2  АВ 2  АС 2 ,
2
2
2
ВС  (8 3) (4 3)  192 48  144 , тогда ВС = 12.
3) Поскольку АМ – биссектриса, то по свойству биссектрисы угла
4 3
8 3
АС
АВ


, где ВМ = СВ – СМ = 12 - СМ.
, отсюда
СМ 12  СМ
СМ ВМ
48  3  4  СМ  3  8  СМ  3 , 48  3  12  СМ  3 , СМ = 4.
Ответ: СМ = 4.
-29Задача 13. В треугольнике ВСЕ С  60 , СЕ : ВС = 3 : 1. Отрезок
СК – биссектриса треугольника. Найдите КЕ, если
радиус описанной около треугольника окружности
равен 8 3 .
Дано:
С
 ВСЕ, С  60
СЕ : ВС = 3 : 1,
СК – биссектриса
R= 8 3
Найти: КЕ
В
Е
Решение:
1) Поскольку СК – биссектриса  СВЕ, то по свойству биссектрисы угла
ВК ВС
ВК 1
СЕ 3

 (так как по условию
 ), отсюда КЕ = 3ВК.
или
КЕ СЕ
КЕ 3
ВС 1
2) По теореме синусов BЕ

Sin60
 2R
, где ВЕ = 4ВК , отсюда 4 ВК  2  8 3 
ВК = 6. Так как КЕ = 3ВК, то КЕ = 18.
Ответ: КЕ = 18.
3
,
2
-30Задача 14. В треугольнике АВС проведена медиана АМ.
Найдите площадь треугольника АВС, если
АС = 3 2 , ВС = 10, МАС  45 .
В
Дано:
М
 АВС, АМ – медиана,
АС = 3 2 , ВС = 10,
МАС  45 .
А
Найти: S ABC
С
Решение:
1) Так как АМ – медиана, то ВМ = МС = 5.
2) По теореме косинусов в  АМС
МС  АМ  АС  2 АМ  АС СоsМАС. Пусть АМ = х, тогда
2 , х2 6 х 7 0 ; х = -1 – не удовлетворяет
5  х 18  2 х3 2 
2
2
2
2
2
2
условию задачи, х = 7. Итак, АМ = 7.
S
3)
АМС
S
АВМ

S
АМС

1
 АМ  АС  SinМАС ,
2
1
2 21
73 2 
 .
2
2
2
 S АМС , так как треугольники имеют равные основания (ВМ = МС) и
высоту. Значит,
S
АВС
Ответ: S АВС  21.
 2  S AMC  21.
-31Задача 15. Точка Н лежит на стороне АО треугольника АОМ.
Известно, что АН = 4, ОН = 12, А  30 , АМН  АОМ .
Найдите площадь треугольника АНМ.
Дано:
О
 АОМ, АН = 4, ОН = 12,
А  30 , АМН  АОМ .
Найти: S АНМ
Н
А
М
Решение:
1)  АНМ и  АОМ подобны по первому признаку подобия
( АМН  АОМ по условию,  А – общий), тогда
тогда
2)
S
АНМ
АМ

2
 64
, АМ = 8.
1
AH  AM  SinA ,
2
Ответ: S АНМ  8.
S
АНМ

1
1
 4 8  8.
2
2
АН АМ
4
АМ


или
,
АМ
АО
АМ
16
-32Задача 16. В треугольнике ОВН точка М делит сторону ОВ на
отрезки ОМ = 4 и МВ = 28, ОНМ  ОВН . Найдите
площадь треугольника ОНМ, если О  45 .
Дано:
В
 ОВН, ОМ = 4, МВ = 28,
ОНМ  ОВН , О  45
Найти: S ОНМ
М
О
Н
Решение:
1)  ОНМ и  ОВН подобны по первому признаку подобия
( ОНМ  ОВН по условию,  В – общий), тогда
ОМ ОН
4
ОН


или
,
ОН
ОВ
ОН
32
тогда ОН 2  128 , ОН = 128 .
2)
S
ОНМ

1
ОВ  ОН  SinО ,
2
Ответ: S АНМ  128.
S
ОНМ

1
2
 32  128 
 8  256  8  16  128 .
2
2
-33Задача 17. В треугольнике СЕН С  45 , точка Т делит сторону
СЕ на отрезки СТ = 2 и ЕТ = 14, СНТ  СЕН .
Найдите площадь треугольника СНТ.
С
Дано:
Т
 СЕН, С  45
СТ = 2, ЕТ = 14,
СНТ  СЕН
Найти: S СНТ
Е
Н
Решение:
1)  СНТ и  СЕН подобны по первому признаку подобия ( СНТ  СЕН по
условию,  С – общий), тогда
СТ СН
2
СН


или
, тогда СН 2  32 ,
СН СЕ
СН
16
СН = 32 .
2)
S
СНТ

1
 СТ  СН  SinС ,
2
Ответ: S АНМ  4.
S
СНТ

1
2
64
 2  32 

 4.
2
2
2
-34Задача 18. Точка К лежит на стороне АВ треугольника АВО, ВК = 12,
АК = 4, ВОК  ВАО , cos В 
6
. Найдите площадь
3
треугольника ОВК.
Дано:
В
 АВО, ВК = 12, АК = 4,
К
ВОК  ВАО , cos В 
Найти: S OBК
А
О
Решение:
1)  КОВ и  ВАО подобны по первому признаку подобия ( ВОК  ВАО
по условию,  В – общий), тогда
ВО  1612 , ВО =
2
2)
S
ОВК

ОВ ВА
ОВ 16


или
, тогда
ВК ОВ
12 ОВ
4 2 3  8 3 .
1
КВ  ВО  SinВ ,
2
Sin B  1Cos B (по следствию из основного
2
2
тригонометрического тождества), или Sin2 B
Sin B =
3
.
3
Ответ:
S
S
ОВК
ОВК
 48.

1
3
 12  8 3 
 6  8  48 .
2
3
1
6 3
 ,
9 9
тогда
6
3
-35Задача 19. Найдите расстояние от точки пересечения медиан
прямоугольного треугольника до его гипотенузы,
равной 25, если один из катетов равен 20.
А
Дано:
 АВС – прямоугольный,
ВС=20, АВ =25,
AF, CE, BD - медианы
Найти: LK
Е
К
D
С
В
F
Решение:
1) Так как медианы треугольника точкой пересечения делятся в
отношении 2 : 1, считая от вершины, то AL=2LF, CL=2LE, BL=2LD.
2) По следствию из теоремы Пифагора АС  625  400  225  15 .
3)
S
АВС

1
АС  ВС ,
2
S
АВС

1
20  15  150 .
2
4) Так как медианы треугольника делят его на шесть равновеликих
1
 50 .
3 S АВС
1
1
25
25
5) S ALB  AB  LK , S ALB  25  LK  LK . Из равенства  LK  50 ,
2
2
2
2
треугольников,
S
АLВ
получаем, что LK=4.
Ответ: LK=4.

-36Задача 20. Боковая сторона равнобедренной трапеции равна
13 , а основания равны 3 и 4. Найдите диагональ
трапеции.
В
Дано:
С
АВСD – равнобедренная
трапеция, АВ=CD= 13 ,
ВС = 3, AD = 4
Найти: АС
А
М
Н
D
Решение:
Способ первый.
1) Выполним дополнительное построение: проведем высоты СН и ВМ.
Очевидно, что НD  AM 
AD  BC
 0,5 .
2
2) CHD : СН 2  СD2  HD2 ,
СН =
1 51
СН  13  , отсюда
4 4
2
51
.
2
3)  АНС – прямоугольный, поэтому по теореме Пифагора
2
2
2
АС  СН  АH , где АН = МН + АМ = 3 + 0,5 = 3,5.
2
АС 12,7512,2525 , откуда АС = 5.
Ответ: АС = 5.
-37В
С
А
D
Способ второй.
Решение:
АВ  ВС  2 АВВСCosB (из  АВС) и
АС  CD  AD  2CD ADCos(180 B) (из  АСD), тогда
2
По теореме косинусов АС 
2
2
2
2
2
2
2
( 13)  3  6 13CosB  ( 13)  4  8 13CosB
22  6 13CosB  29  8 13CosB
2
14 13CosB
CosB
АС
2

2
 7
1 ;
2 13
 22  6
13(
Ответ: АС = 5.
1
)  223 25 , отсюда следует, что АС = 5.
2 13
-38Задача 21. Найдите площадь равнобедренной трапеции,
описанной около окружности с радиусом 4, если
известно, что боковая сторона трапеции равна 10.
Дано:
К
В
С
ABCD - равнобедренная
трапеция, r = 4,
AB = CD = 10
Найти: S ABCD
А
D
Н
М
Решение:
Способ первый.
1) Так как ABCD – описанная около окружности трапеция, то по свойству
описанного четырехугольника ВС + АD = AB + CD, ВС + АD = 20, так
как по условию AB = CD = 10.
2) Высота СМ = КН = 2r, (СМ = КН , как противоположные стороны
прямоугольника НКСМ), или h = 8.
3)
S

ABCD
1
 ( ВС  AD)  h ,
2
S

ABCD
1
 20  8  80 .
2
Ответ: S ABCD  80.
Способ второй.
Так как ABCD – описанная около окружности трапеция, то по свойству
описанного четырехугольника ВС + АD = AB + CD, ВС + АD = 20. Тогда
P
ABCD
 20  2  40 и
S
Ответ: S ABCD  80.
ABCD

1
1
P  r   40  4  80 .
2
2
-39Задача 22. Точка М лежит внутри равнобедренного
треугольника АВС с основанием АС на расстоянии
6 от боковых сторон и на расстоянии 3 от
основания. Найдите основание треугольника, если
В  120 .
В
Дано:
К
Е
К
А
 АВС – равнобедренный,
В  120 , КМ = МЕ = 6,
МН = 3
Найти: АС
Е
Н
С
Решение:
Способ первый.
1) Выполним дополнительное построение: соединим точки М и В. ВН высота и биссектриса (поскольку  АВС – равнобедренный), тогда
 НВС =  НВА = 60 .  МЕВ и  ВНС подобны по первому признаку
подобия (  В – общий,  ВМЕ =  ВСН = 180  90  60 = 30 )
2) Рассмотрим  МЕВ. ВМ = 2ВЕ (так как ВЕ – катет, лежащий против угла
в 30 ). Тогда по теореме Пифагора ВМ 2  ВЕ2  МЕ 2 , 4ВЕ 2  ВЕ 2  36 ,
или 3ВЕ 2  36 , отсюда ВЕ = 12  2 3 , и ВМ = 4 3 . Отсюда следует, что
ВН = ВМ + МН = 5 3 .
3) Из подобия треугольников МЕВ и ВНС следует, что
2 3
5 3

6
, отсюда НС = 15, и АС = 2НС = 30.
НС
Ответ: АС = 30.
ВЕ МЕ

или
ВН НС
-40Способ второй.
1)  ВМК:
К 90 , ВМ 

6  62  12 3 
4 3.
Sin60
3
3

BL4 3  3 5 3 . BL – биссектриса угла В, значит,
LOC 60 , C 90 60 30 .

2)  BLC:
LC 
3)
tgC 



BL ,
BL , отсюда следует, что
LC 
tgC
LC
5 3 5 3

15 .
tg 30 1
3
АС  2LC 15230
Ответ: АС = 30.
.
-41Задача 23. Большее основание равнобедренной трапеции равно
8, боковая сторона 9, а диагональ 11. Найдите
меньшее основание трапеции.
В
Дано:
С
ABCD - равнобедренная
трапеция, AD = 8,
АВ = СD = 9, АС = 11
Найти: ВС
А
D
Решение:
1)  АСD: СosD 
64  81  121 24 1

 ,
289
144 6
CosB  Cos (180  D)CosD  16 .

2) Рассмотрим  ВСА. По теореме косинусов
2
2
2
АС  АВ  ВС  2 АВВССosB . Пусть ВС = х, тогда
121  81  х  29 х
2
1
6
х 3х 400
D 9 4(40)169
2
 3  13
5
2
 3  13
х2  2  8 - не удовлетворяет условию задачи.
х
1

Ответ: ВС = 5.
-42-
Заключение.
Таким образом, в моей работе представлены 23
задачи, в процессе решения которых использовались
такие теоремы, как теорема синусов, косинусов,
теорема Пифагора, теорема о пересекающихся
хордах, а также признаки равенства и подобия
треугольников, свойства биссектрисы, медианы
треугольника, формулы для нахождения площади
различных геометрических фигур и так далее.
Ознакомление учащихся с многообразием способов
решения подобных задач позволит закрепить их
знания в области планиметрии и хорошо
подготовиться к сдаче ЕГЭ в девятом и одиннадцатом
классах.